題目中涉及到了加法和異或，一個是進位加法，一個是不進位加法，顯得很不可做。
但是我們注意到加法只加 \(1\)，如果產生進位了，那會將末尾的所有 \(1\) 推平成 \(0\)，而如果沒有進位，則後面的位不會受到加法影響。
這啟發我們挖掘這道題的過程。我們發現這個過程形似可以從低位推到高位，並且過程中會有很多整個字尾全部為 \(0\) 的狀態。那麼我們可以將過程分成若干個階段階段，並且發現，在 \([0,i-1]\) 位還未產生進位時，處理 \([i,40]\) 位的異或操作是簡單的，只需要記錄每個異或操作次數的奇偶性即可，因為他們不會收到加法影響，那麼我們考慮 dp，設 \(f_{i,0/1,0/1,s}\) 表示考慮 \([0,i-1]\) 位，初始狀態是 \(S\) 或全 \(0\)，末尾狀態是 \(T\) 或進位，異或操作的奇偶性為 \(S\)，從初始狀態到末尾狀態的最小代價。
我們發現這個狀態設計是足夠的，現在考慮轉移。
首先，第 \(i\) 位若可以直接匹配狀態，直接轉移就行，挨個討論即可。
現在開始考慮需要多次進位的轉移。首先，由於會出現進位，若我們要轉移 \(f_{i+1,x,y,S}\)，首先我們顯然要從 \(f_{i,x,1,S_0}\) 開始，然後，我們接下來將會進行一系列的異或和加法操作，在此過程中我們需控制進位只能在第 \(i\) 位進位，不能影響到最後的位置。最後，我們再以一個 \(f_{i,1,y,S_{m+1}}\) 的操作完成轉移，\(m\) 表示中間的綜合操作的次數，那麼轉移方程就呼之欲出了：
我們發現這個轉移的形式其實是一個最短路形式，那麼我們可以用 dijkstra 的方式去轉移，最後答案為 \(\min(f_{40,0,0,S})\)，時間複雜度 \(\mathcal{O}(2^{2n}\log V)\)。